2024 暑期模拟赛题解

CSP-J 模拟赛

2024.7.5 CSP-J 模拟赛1

T1

简单二分，判断即可。

T2

$60 p t s$ 的状压是好写的。
至于 $100 p t s$ ，考虑 dp 状态的合并，由于 $m$ 的级别很小，考虑对后 $m$ 个数状压，考察满足条件的情况。
dp 难以优化的时候考察 本质相同的状态。

T3

数据范围显然想到区间 dp
区间 dp 的本质是合并。考察相交而不包含的子树，显然这样的情况对于答案一定有另外的贡献。
一般地，我们认为区间 dp 的转移式是 $d p_{i, j} = {d p_{i, k} + d p_{k + 1, j} + w (l, r, k)}$ ，我们认为 $w (l, r, k)$ 是 贯穿 $k$ 的区间 所做出的贡献。

T4

考虑贪心，利用单调栈依次更新价值更大的点。
总而言之，我们不关心某一段路程是谁加的油，而关心 价格尽量低的油尽量加满。

2024.7.6 CSP-J 模拟赛2

T1

简单的送分模拟

T2

显然二分答案。考虑到 变换之前和变换之后 $Y$ 的相对位置不变，于是列出关于数组下标和 $Y$ 个数的表达式即可。

T3

对于 $60 p t s$ 的部分分，bfs 有时也不失为一种爆搜的想法，求最优解/第 $k$ 优解往往优于 dfs。核心原因是 bfs 到每种情况的时候保证当前步数是最优的，下次再遍历到可以使用 $v i s$ 数组不再遍历。
我们钦定所有点恒向前移动，核心关键点仍然是考虑到 变换之前和变换之后字母的相对位置不变，于是容易。转移。
由于只有 $3$ 个字符，显然考虑设 $d p_{i, j, k}$ 表示填了 $i$ 个 $K$ ， $j$ 个 $E$ ， $k$ 个 $Y$ 的方案数，转移是容易的。

T4

有 "前 $K$ 大"，"第 $K$ 大" 之类限制词的时候想到 枚举这个 $K$ 大值。
于是枚举 $K$ 大值与经过 $>$ 这个值的数的个数即可。

2024.7.8 CSP-J 模拟赛3

T1

注意特殊情况的判断即可。

T2

考虑 $> 12$ 的比分与 $< 12$ 的得分本质相同，于是化简，一共只有 $12 \times 12 = 144$ 种情况了。

T3

考虑最优解 & 一定尽量在前面。于是枚举每一个 & 的位置，计算能否与 | 交换即可。
具体的计算暴力只有 $60 p t s$ ，拆位计算每一位是可以通过的。

T4

暴力最好写状压，移位操作更好模拟。
看到数据范围仍然考虑区间 dp。考虑最终的情况总有一些大妈剩下，于是设 $d p_{i}$ 表示前 $i$ 个大妈中，留下第 $i$ 个大妈后，最多能删去多少个。这样设状态的原因是方便转移。设 $p_{i, j}$ 表示我们能否删去 $[i, j]$ 区间的大妈，显然这个数组是好转移的。我们认为 $i - 1, j + 1$ 的大妈都留下，于是容易得出转移方程。
最后 $d p_{i}$ 统计最终答案。
有些题目可以考虑 dp 套 dp，外层的 dp 用来统计答案，内层的 dp 用来具体计算某些值。

T5

$60 p t s$ 的做法可状压 dp，或是暴力枚举选了哪些歌，暴力推式子计算 $k$ 首乐曲出现的概率。
背包！背包！背包！选物问题首选背包！！！
于是我们可以优化上文的第二种做法，用背包计算 $k$ 首乐曲出现的概率。
对于 $100 p t s$ ，对于某一屏蔽值转移时，我们单独撤销其贡献即可。

2024.7.9 CSP-J 模拟赛4

T1

简单贪心即可。

T2

将每个人排序之后设 ${dp}_{i, j}$ 表示前 $i$ 个人，最后一次在 $j$ 处叫的最少次数， ${fp}_{i, j}$ 为其方案数。
对于 $100 p t s$ ， dp 转移的优化可以预处理出某一段的最小值或前缀和。
不要被繁琐的题意困扰！寻找关键点！不要读错题！
转化题意，将不可解的问题可解化。

T3

首先不要读错题。
考虑背包。具体地，由于值域较大，我们采取 bitset 优化。

bitset<N> flg;
flg[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
	flg |= (flg << a[i]);

bfs 或 dfs 搜出最终答案即可。

T4

考虑改变我们拿取的做法。
按照原题拿法难以 dp，于是考虑龙有时可以不选，为后面的选择 "积攒次数"。
按照小明和龙的角色分类 dp 即可。

2024.7.10 CSP-J 模拟赛5

T1

根据数据范围基本来确定做法，注意 $10^{8}$ 小常数是可以过的！
于是化简式子，暴力代入即可。

T2

水题，送分。

T3

首先 $n \leq 200$ 的 $70 p t s$ 是平凡的。暴力 dp 转移即可。
考虑方案数之间有无更为简单的转移。
显然我们可以通过当前的序列 整体 $+ 1$ 的方式得到一个新的序列，于是我们考虑单个的转移和这样转移。

T4

假的 dfs 题，不再叙述。

T5

二分 + dp，老 $trick$ 了。
对于 $100 p t s$ ，我们显然可以通过单调队列优化。

CSP-S 模拟赛

2024.7.11 CSP-S 模拟赛1

上来老老实实开T1！！不要闲的没事在后面的题目上耗很长时间！！~~还拿到了 $0$ pts.~~

T1

考虑 Floyd 的动态规划本质。于是先枚举中转点 $k$ 即可。

T2

题目中奇怪的限制条件让我们知道矩阵中每个 $\in [k, 2 k]$ 的元素可以直接输出， $> 2 k$ 的元素不合法。
于是我们只有一些 $< k$ 的矩阵可选了。单调栈找到最大子矩阵，不断切割，分类讨论输出即可。

T3

$φ (n) = n \times \frac{a_{i} - 1}{a_{i}}$ ，其中 $a_{i}$ 为 $n$ 的质因子。
考虑维护区间乘积以及区间中质因子存在与否。
考虑到 $300$ 以内的质数只有 $62$ 个，一般地， $n \leq 32$ 一般想状压 $int$ ，但 $n \leq 64$ 同样可以状压 long long。

T4

链的部分分提示了根号分治的正解。
显然对于 $c$ 较大时可以暴跳， $c$ 较小时可以预处理出 $k$ 级祖先与 LCA 差分。
根号分治。

根号分治，对于一些题目，某些与 $n$ 相关的操作在 $n$ 很小时复杂度不优，但通过一些处理可以使得其复杂度正确，而 $n$ 很大时的时候复杂度较优。此时我们设 $B = \sqrt{n}$ ，当 $n \leq B$ 和 $n > B$ 时分别采取不同操作，使得复杂度为 $\sqrt{n}$ 。这两种操作一般一个是暴力，另一个是预处理。

根号分治的标志一般为时间复杂度直接与操作数值 $n$ 相关，且 $\sqrt{n}$ 的复杂度可以通过。

这种常见的按数值分治的 $trick$ 要掌握。
将阈值 $B = \sqrt{n}$ 即可。

2024.7.13 CSP-S 模拟赛2

T1

送分题，简单贪心即可。

T2

有时候奇怪的暴力时可以骗分的，甚至直接 $AC$ 。是吧 @zjyyyyy
$n \leq 10^{9}$ 要想到根号做法。
若 $A$ 的花费较小，显然 $A$ 最多用 $\frac{n}{A}$ 次， $B$ 最多用 $A$ 次，二者必有一个 $< \sqrt{n}$ ，根号分治即可。

T3

结论题要根据打表出来的数据猜结论。具体不多讲。

T4

树上问题若 $A$ 是 $B$ 做贡献的条件，考虑枚举每个 $A$ ，计算由于 $A$ ， $B$ 对全局做出了什么贡献。
于是我们枚举这个 $A$ ，暴力跳他的所有祖先。由于没有撤销操作，每个祖先最多被跳一次即可。

2024.7.14 CSP-S 模拟赛3

T1

比较 simple 的换根 dp，貌似最短路也可做。

T2

异或最大值问题自然想到 $01$ Trie 上贪心解决。
于是对于集合中每一个 $v$ ，考虑将 $v$ 的质因子加入 Trie 树当中，查询时树上查询即可。

T3

二分 + $check$ ，暴力总可以出奇迹。
正解是 dp，然而没什么人这样做。

T4

考虑 $a, b$ 两人移动的先后顺序受什么影响。
于是发现起终点与区间之间的限制。然后像网络流一样建出图。发现图是由点连向区间的。
图/树上区间问题想到 线段树优化建图。

线段树优化建图，就是将连至某个区间的边改为连至该区间线段树上对应的节点，同时在线段树建树时对线段树每一层之间的节点相连。这样连边的边数为 $n \log n$ 级别。

2024.7.15 CSP-S 模拟赛4

T1

细节蛮多的其实，但是思路并不难。前缀和优化是好想到的。

T2

考虑裴蜀定理，方程 $a x + b y \equiv 1 (\mod p)$ 有解当且仅当 $gcd (a, b) = 1$ ，同时容易扩展到 $n$ 个方程的形式。
于是暴力计算 $gcd$ 即可。

T3

显然坐标 dp。考虑到 dp 的过程按照权值递增划分有阶段性，考虑维护每一个阶段的最大值优化转移即可。

T4

异或问题考虑可持久化 $01$ Trie。

可持久化数据结构的本质是按照时间建立副本，副本之间建立联系，通过前缀和的形式维护区间信息。

2024.7.24 CSP-S 模拟赛5

T1

线段树维护树的直径板子题。
或者点分树暴力做。

T2

$50 p t s O (n k p)$ 的暴力 dp 是简单的。
于是考虑依照同余关系寻找最优状态转移。

T3

简单的题目，贪心计算答案即可。

T4

构造题先考虑满足难一些的限制，再向易一些的限制调整靠拢。
于是先构造 $[1, n]$ 的序列使序列严格递增，再通过前后缀的调整满足和为 $0$ 的限制。

2024.7.25 CSP-S 模拟赛6

T1

构造题。显然没有 $1$ 的序列一定不合法，于是最大化含 $1$ 的序列的个数，于是 $1$ 放在中间。
然后尽量使序列不含小质数，即 $2, 3$ 。于是 $2, 3$ 放两边。
当然也可以打表找规律。

T2

首先显然二分 $n p y$ 最小的不满意度 $k$ 。
然后贪心地按照深度由深入浅枚举节点，找到其 $k$ 级祖先并以此为起点染色。最后判断是否还有未被染色的节点。
复杂度最坏是 $O (n^{2})$ 的，加上剪枝跑得飞快。

T3

二选一的题考虑建图。
显然如果连成基环树有 $n$ 的贡献，连成树有 $n - 1$ 的贡献。
然后用启发式合并的可撤销并查集维护一下贡献的情况即可。
细节比较多，要注意。

T4

考虑对于 $(i, j)$ ，何时选 $j$ 比选 $i$ 更优。
则 $s_{i} > s_{j}$ 。设 $p_{i}$ 为前 $i$ 个数正数之和， $q_{i}$ 为前 $i$ 个数负数之和。
则 $s_{i} = \frac{p_{i}}{P} - \frac{q_{i}}{Q}, s_{j} = \frac{p_{j}}{P} - \frac{q_{j}}{Q}$ 。
则 $\frac{p_{i}}{P} - \frac{q_{i}}{Q} > \frac{p_{j}}{P} - \frac{q_{j}}{Q}$ 。
则 $\frac{p_{i} - p_{j}}{P} > \frac{q_{i} - q_{j}}{Q}$ 。
则 $\frac{p_{i} - p_{j}}{q_{i} - q_{j}} > \frac{P}{Q}$ 。
于是我们把 $p, q$ 看做横纵坐标建系。可以再凸包上二分斜率。
由于有修改操作，考虑分块。整块打标记，散的暴力重构。
不过这样一来似乎刚刚拆的那个斜率式子没用了？代码还在实现中。

2024.7.26 CSP-S 模拟赛7

T1

简单贪心后排序即可。

T2

先推出使序列满足条件的性质，再暴力组合意义推出式子。
几乎不可做。

T3

就是 7.24 T1 的加强版，只不过必须维护直径，点分树做不了了。

T4

"至少有两碗面含有" 的条件就很二项式反演。
于是设 $f (i)$ 表示 $i$ 种配料出现次数 $\leq 1$ 次的方案数，则 $a n s = \sum_{i = 0}^{n} (- i)^{i} (\binom{n}{i}) f (i)$
现在考虑 $f (i)$ 的求法。显然对于 $i$ 以外的调料有 $2^{n - i}$ 个集合，每个集合可以选或不选，也就是有 $2^{n^{n - i}}$ 种选法，用欧拉定理优化其实就是 $2^{2^{n - i} \mod φ (p)} \mod p$ 。由于 $p$ 为质数， $φ (p) = p - 1$ 。
考虑 $i$ 种配料的求法，考虑枚举 $k$ 表示配料放入的集合数，即放入几碗面中。
然后发现这个东西就是第二类斯特林数，设 $s_{i, j}$ 表示 $i$ 个元素放入 $j$ 个集合的方案数，有

$s_{i, j} = s_{i - 1, j - 1} + s_{i - 1, j} \times (j + 1)$
然后合并式子求出答案即可。

2024.7.27 CSP-S 模拟赛8

T1

首先 $50 p t s$ $O (m o d^{2} m)$ 的 dp 是简单的。
$80 p t s$ 考虑矩阵优化。
$100 p t s$ 的话，选物、背包问题，可以考虑二进制优化。预处理 $2^{m}$ 次操作 $x$ 的期望，就好转移了。
原根也可以做，然而我不会。

T2

首先 $t = 0$ 的树形 dp 是显然的。
$t = 1$ 有高斯消元的部分分。
从 $b$ 得到 $a$ 对于 dp 式子变形即可。

T3

首先 $typ=0$ 是好做的。按照组合意义列出式子即可。
然后暴力 $O (n^{2})$ dp 可以过剩下的 $55 p t s$ 。
至于最后的 $20 p t s$ ，考虑卡特兰数。 $typ=1$ 是典型的卡特兰数形式， $typ=3$ 是对卡特兰数的一个变形。
然后 $H (n) = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n - 1})$ ，计算即可。

T4

我们认为放数是由 $1 \sim n$ 依次放置的过程。
于是令 $d p_{i, j, k}$ 表示正在放 $i$ 这个数，有 $j$ 个可放数的空段，当前和为 $k$ 的方案数。
考虑空段与贡献的情况，分类讨论转移即可。
但是细节特别多。

2024.7.29 CSP-S 模拟赛9

T1

考虑模数为 $2$ 时，答案最大为 $2$ 。于是我们只需要计算何时答案为 $1$ 。
记 $k_{i} = a_{i} - a_{i - 1}$ 。考虑计算 $x = gcd (k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n - 1})$ 。显然若 $x \neq 1$ ，当模数为 $x$ 时取最优答案 $1$ 。否则取模数为 $2$ 最优。

T2

显然计数题无序问题有序化，考虑 dp。设 $d p_{i, j}$ 表示放置前 $i$ 个，元素和为 $j$ 的方案数。
于是考虑转移的来源。设放置的最后一个数为 $x$ 。
- 若 $x = 1$ ，显然 $d p_{i, j} \to d p_{i - 1, j - 1}$
- 若 $x \neq 1$ ，考虑所有元素和为 $j$ 的方案必有整体 $\times \frac{1}{2}$ 的同构方案和原方案一致。于是 $d p_{i, j} \to d p_{i, 2 j}$ 。倒序转移即可。
有分数，不好转移，于是想到整体同构的转移。

T3

移动波特是不优的，考虑移动原点。
注意到 "原点对称性质"，于是复杂度降为 $O (n)$ 。

T4

奇怪的图形计数题。首先只考虑计算正的三角形的贡献，倒着的把图倒过来即可。
仍然考虑枚举每一个右下角的点计算贡献。计算每个点朝左边最多拓展到的距离 $l (i)$ ，向左上最多拓展到的距离 $t (i)$ ，则贡献区间为 $min (l (i), t (i))$ 。
考虑计算该点正左方点正向右的贡献 $s (i)$ 。于是对于每一行上的每一个点，开一个树状数组差分计算即可。

2024.7.30 CSP-S 模拟赛10

T1

显然 $x$ 的取值最多有 $n$ 种。枚举即可。

T2

和2024.7.6 的题很像。加了颜色相同的球不能相邻的条件，所以加一维表示最后一个球求的颜色转移即可。

T3

神仙题。
首先容易考虑到对于这个价值，等价于一定有 $b_{i} = 0$ 时的价值。于是考虑计算 $b_{i} \in [0, a_{i}]$ 的贡献减去 $b_{i} \in [1, a_{i}]$ 的贡献得到答案。
考虑 $b_{i}$ 的实际意义是最终局面下每个人从自己的球中选出一个的方案数，于是考虑计算这个方案数。
分类讨论选出的球是来自自己还是上一个人，dp 即可。

T4

思路还没搞清楚，搞清楚了再更。

2024.7.31 CSP-S 模拟赛11

T1

显然 $x, y$ 较小，于是可以枚举最终的结果，计算即可。

T2

显然交换具有传递性，于是并查集维护即可，答案为每个并查集大小的阶乘。

T3

$45 p t s$ 的状压概率 dp 是好想的。
考虑 拆期望。利用期望的线性性质求每个水管漏水的概率。
显然每个水管漏水的概率和前面漏水水管的个数有关系。于是设 $d p_{i, j}$ 表示前 $i$ 个水管，共漏了 $j$ 次水的方案数。转移方程是好得到的，然后容易得到每个水管漏水的概率。

T4

显然用数据结构不好维护。
$n \leq 10^{5}$ ，考虑分块。块内部用 std::deque 维护，两边的块暴力重构即可。

2024.8.1 CSP-S 模拟赛12

T1

利用概率的定义用组合式子来推即可。

T2

做法很多，见题解

T3

注意到颜色相同的点等价。
观察到每个点覆盖的区间总形成一棵二叉树，于是只在左右侧寻找权值最大的节点转移即可。
转移的过程可以用 std::bitset 优化。

T4

题意很复杂。
首先显然想到贪心，但贪心一定是假的。
于是想到 dp。设 $d p_{i, j}$ 表示前 $i$ 局游戏把 $j$ 个 ? 变为 1，转移方程易得。
注意最终的特判。

2024.8.3 CSP-S 模拟赛13

T1

序列最大值不好维护，考虑由小到大来维护。
显然权值较小的节点会挪到两侧，于是求每个节点左右的逆序对数取 $min$ 相加即可。树状数组维护。

T2

考虑最优策略一定在端点上。
直接维护决策是困难的。考虑维护 最优决策区间。贪心地维护即可。

T3

设 $b_{i} = sgn (a_{i} - k)$ ，显然只有 $[0, - 1, 1], [0, 1, - 1]$ 的情况会额外增加 $1$ 的贡献。
于是线段树维护 $- 1, 1$ 交叉出现的个数即可。
代码较难实现，实现ing...

T4

朴素 dp 有 $60 p t s$ 。
考虑每个人的行动都是连续的几段。两个人我们不好维护，我们只维护一个人的行动，同时计算另一个人的贡献。
具体地，设 $d p_{i}$ 表示前 $i$ 个快递之后的最优决策。转移方程是容易的：

d p_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} {d p_{j} + s_{i - 1} - s j + | a_{j - 1} - a_{i} |}

将 $i, j$ 分离，是一个线段树优化的形式，开两棵线段树即可。

2024.8.5 CSP-S 模拟赛14

T1

口胡结论博弈题。
注意到每次操作的本质是让逆序对 $a n s$ 个数 $- 1$ 或 $- 2$ ，于是按照 $a n s \mod 3$ 分类输出即可。
或者根据样例猜结论也不是不行。

T2

注意到没有被操作的数是相邻的。
于是采用线段树维护数列情况，按照两端端点是否被选择分类讨论即可。

T3

考虑显然的贪心。由两端到中间两两配对，根据固定的左端点选择右端点即可。
考虑对于每个左端点选择右端点的过程，这是具有单调性的，二分不好做，采用倍增处理。

倍增核心代码：


int l = 1, r = 1, p = 1;
while (r <= n) {
	if (!p) {
		++cnt;
		++r;
		l = r;
		p = 1;
	}
	if (r + p <= n && chk(l, r + 1, r + p))
		r += p, p <<= 1;
	else
		p >>= 1;
}

注意 chk 函数里要用归并排序优化。

T4

首先建出最短路图。
然后是一个单调栈维护凸包状的东西，改完了再来填坑。

2024.8.6 CSP-S 模拟赛15

T1

考虑将每一块饼拆成 $m$ 块面。这样一来答案就是 $\frac{\sum a_{i}}{n}$ 。
加上饼不能拆开的限制，答案对于 $max a_{i}$ 取 $max$ 即可。

T2

考虑答案只与最终点的分布形态有关。于是 不考虑敌我限制地 计算收益即可。

T3

upd on 2024.9.3 :
有两个号，那显然是不好一起 dp 的，于是考虑固定其中一个号并表示出另一个号之后 dp。
一般的倒序 dp 是不好 dp 的，考虑正序 dp，于是就要同时记录概率和期望。

E (A B) = E (A) P (B) + E (B) P (A)

由于两个号总是交替上升的且 $m$ 较小，于是考虑将 $m$ 设进状态中。具体地，设 $f_{i, j}$ 表示一个号是 $i$ ，另一个号是 $i + j$ 且是第一次超过 $i$ 的答案（ $j \in [1, m]$ ）。对于最终状态，我们设 $g_{i, j}$ 表示两个号分别为 $i, i + j - m$ 的答案。
考虑转移 $f$ 。首先我们枚举 $i$ 。然后枚举最终走到哪个点。走到这个点的过程是可以交替上升，于是用背包。
需要注意的一点是我们不能忽视 $j = 0$ 的情况。我们求出 $j = 0$ 的概率 $p_{0}$ ，则其步数期望就是 $E = \frac{1}{p_{0}}$ 。加在最终的期望里即可。
$g$ 的转移更容易一些，分类讨论转移的方向即可。
细节较多。本题的关键是能想到将 "第一次" 的概念和 $m$ 设进状态，以及背包来维护 $f$ 的处理过程。

T4

神奇数论题 + 神奇 dp，补上之后再说吧。
upd on 2024.9.3 :
考虑容斥。我们首先枚举 $gcd = d$ 。对于限制一个点必选/不选的情况，考虑常见的套路是设 $f_{i}$ ， $g_{i}$ 分别表示 $[1, i]$ 和 $[i, n]$ 的方案数，则 $r e s_{i} = f_{n} - f_{i - 1} g_{i + 1}$ 。注意 $f$ 数组的定义是端点必选的，不然转移困难。
考虑枚举 $f$ 的每个右端点 $r$ 。对于每个左端点 $i$ ， $gcd (i, r)$ 必是一些连续段且不超过 $\log w$ 。对于 $gcd (l_{1}, r) = gcd (l_{2}, r)$ ，容易得到转移式是 $f_{i} (i \geq r) = \sum_{l_{1} \leq l \leq l_{2}} f_{l - 1}$ 。
这样一来复杂度是 $O (n^{2} \log n \log w)$ 级别的。考虑对于 $d$ 相同时， $r$ 序列 $r_{1}, r_{2}, \dots r_{n}$ 的级别是 $\log w$ 级别的。考虑对于 $r_{1} \leq i \leq i + 1 \leq r_{2}$ ，则 $f_{i} = f_{i + 1}$ 。那么我们可以单独计算端点的贡献。对于区间，我们考虑离散化后差分， $(r_{1}, r_{2})$ 之间增加的贡献应该都是 $f_{n} - f_{r_{1}} g_{r_{2}}$ ，在端点处差分贡献即可。
那么时间复杂度是 $O (n \log w)$ 的，代码实现较为繁琐。

2024.8.7 CSP-S 模拟赛16

T1

考虑反转串操作的传递性，于是从后往前枚举可翻转的段即可。
字符串判等用 $Hash$ 实现。

T2

清新分讨题。
若原数列有序，需要 $0$ 次达成。
若 $a_{1} = n$ 且 $a_{n} = 1$ ，则需要 $3$ 次达成。
枚举每一个数，判断若可以成为 $k$ ，则可以 $1$ 次达成。
否则 $2$ 次达成。

T3

多次区间询问考虑离线，区间内所有 点对之间的询问 考虑离线分治处理。
于是采用类似 CDQ 分治的算法，递归处理 $[l, m i d]$ 和 $[m i d + 1, r]$ 的贡献，当前处理所有 $[x \in [l, m i d] \to y \in [m i d + 1, r]]$ 。
于是降序枚举 $x$ ，考虑到答案的贡献会分为全在左边，一左一右，全在右边三类，分别列出式子，线段树维护这三坨东西即可。
时间复杂度 $O (n \log^{2} n)$ 。

T4

图上问题没有好的多项式时间复杂度解法。看到 $n \leq 5 \times 10^{4}$ ，考虑操作分块。
具体地，令块长为 $S$ ，则每 $S$ 个操作进行一次处理，将操作按照重量降序排序，用并查集维护连通性。
对于 本块内 没有修改的边直接加入。枚举操作中的询问操作，对于修改过的边注意时间要求，若重量满足要求且时间在其之前，注意撤销操作，因此使用可撤销并查集维护。

2024.8.8 CSP-S 模拟赛17

T1

注意到 $1 \sim n$ 范围内所有数的因数总和是 $n \log n$ 级别，于是我们可以暴力枚举每一段关系。
具体地，固定 $a_{i}$ ，枚举它的每一级倍数 $b_{j}$ ，树状数组优化转移即可。

T2

分析题意得出是求区间众数。
然后跑莫队/回滚莫队/分块即可。

T3

$22$ 种字符可以状压成 int 表示状态。
"子树内所有路径" 这种子树内统计信息的东西想到枚举根节点进行统计，同时继承子树信息。
对于经过根节点的路径，枚举状态和每一个儿子，合并统计信息即可。
统计的时候注意使用启发式合并优化复杂度。时间复杂度是 $O (23 n \log n)$ 。

T4

显然差分序列单调，且关于某一最小点/某一最小段对称。于是考虑计算这个差分数组和最小点的方案数。
显然我们只需要 dp 其中一边的情况即可。对于单调的序列，有经典的 dp，设 $d p_{i, j}$ 表示长度为 $i$ ，和为 $j$ 的方案数。
对于差分序列，由于有 $A \geq 0$ 的限制，使差分序列最长就是全为 $- 1$ ，简单计算得到差分序列最长为 $\sqrt{m}$ 。于是这样 dp 的复杂度是 $O (m \sqrt{m})$ 的。
dp 式子是套路的，整体 $+ 1$ 求和增加 $\frac{i (i + 1)}{2}$ ，末尾 $+ 1$ 求和增加 $i$ ，转移即可。注意记录副本 $f p = d p$ 。
对于答案的统计，对于最小值的枚举，当最小值为 $0$ 时，最小值的个数无关紧要，于是对于 $d p_{i}$ 求前缀和。
当最小值的个数 $\neq 0$ 时，显然最小值的 $+ 1 \Leftrightarrow$ 总和 $+ n$ ，于是对于 $d p_{j}$ 做完全背包。
输出时注意我们认为上面两条的套路是确定最小值的情况的，对于对称点的一边答案是处理后的 $d p$ 数组，而另一边相当于最小值个数与大小已经确定，于是采用未处理的 $f p$ 数组。

2024.8.10 CSP-S 模拟赛18

T1

注意到原命题等价于去掉两条边后图有欧拉回路。于是考虑到自环不影响答案。
注意到两条不相邻边去掉后难以形成欧拉回路。于是枚举自环使用个数，组合意义计算答案即可。

T2

列出式子得到

$\sum_{i = 1}^{n} D ⌈ \frac{a_{i}}{D} ⌉ \leq k + \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$
考虑到 $⌈ \frac{a_{i}}{D} ⌉$ 的取值范围只有 $O (\sqrt{a_{i}})$ 种，于是暴力枚举每种 $⌈ \frac{a_{i}}{D} ⌉$ ，口胡得出此时 $D$ 的最大取值同样是 $⌈ \frac{a_{i}}{D} ⌉$ ，代入判断即可。

T3

$k \leq 300$ ，考虑 $O (n^{3})$ 的 dp。
显然每个层数相同的子树等价，于是考虑第一维设为层数。显然不论怎么设状态，每个根节点的状态总有左右子树合并转移而来，这启示我们将子树里的某些东西设为状态。
注意到经过根节点的路径本质是与子树内原有的路径连接而来。于是考虑将子树内 不相交合法路径 设为一维状态。具体地，设 $d p_{i, j}$ 表示第 $i$ 层，子树内有 $j$ 条不相交路径的方案数，转移是容易的。
对于 $j$ 的范围，考虑到每层转移最多减少 $1$ 条路径，实质上还是 $O (k)$ 级别。时间复杂度 $O (k^{3})$ 。

T4

显然考虑区间 dp。朴素的想法是设 $d p_{l, r}$ 表示 $[l, r]$ 之间全部分发的最小价值。但是由于 $max$ 和 $min$ 的限制，直接转移是困难的。
考虑到 $n \leq 50$ ，支持再设两维状态。考虑选物的过程，是先在中间拿出一块，再整合之后继续拿走。改变思路，考虑关注 拿走的一块的状态。
具体地，设 $f p_{l, r, m x, m n}$ 表示 $[l, r]$ ，部分成绩单未拿走，这部分的 $max, min$ 分别为 $m x, m n$ ，其余成绩单拿走的最小价值。这样的转移是好刷表的，对于 $r + 1$ ，我们只需要关心它拿走了还是没有拿走，当拿走时枚举拿走的右端点即可。
时间复杂度是 $O (n^{5})$ 的。

2024.8.12 CSP-S 模拟赛19

T1

疑似乱搞题目。可以优化 dp，可以双指针，可以倍增，跑得都嗷嗷快。

T2

树形 dp 的转移通常分两种：
- 所有子节点单纯为父节点做贡献的情形；
- 子节点之间亦会互相做贡献的情形。
绝大部分的转移通常可以归为第一类，但是部分情况下需要用到第二类的转移。
对于本题，设 $d p_{i, j}$ 表示 $i$ 子树内最大的复杂度 $\leq j$ 的概率。显然考虑枚举这个重儿子 $s o n_{i}$ ，显然可以有 $d p_{s o n_{i}, j}$ 的转移和 $d p_{v \neq s o n_{i}, j - 1}$ 的转移。
转移时分别做 $s o n_{i}$ 复杂度恰好为 $j$ ， $v$ 复杂度 $\leq j - 1$ 的转移和 $s o n_{i}$ 复杂度 $\leq j$ ， $v$ 复杂度恰好为 $j - 1$ 的转移，这是由于子节点复杂度要有为 $j$ 的不然会算重，注意容斥减去二者同为 $j$ 的交集。
为什么要这样设状态？复杂度恰好为 $j$ 太不好转移了，前缀和优化的形式更利于转移。

T3

经典图上容斥问题。
显然题目最终所求是改变一个欧拉图某一条边的状态。设 $n$ 个点联通欧拉图的个数为 $d p_{n}$ ，则 $a n s = d p_{n} \times (\binom{n}{2})$ 。
考虑容斥计算 $d p_{i}$ 。设 $g_{i}$ 表示 $n$ 个点不一定联通欧拉图的方案数。这 $n$ 个点前 $n - 1$ 个点中可以任意连边，所有剩余的奇度点连向 $n$ 即可。因此 $g_{i} = 2^{(\binom{n - 1}{2})}$ 。
考虑经典容斥地计算 $d p_{i}$ ，用总方案数减去不合法的方案数。套路地，枚举节点 $1$ 所在连通块的大小 $j$ ，则可以从剩余 $i - 1$ 个节点中任选 $j - 1$ 个和 $i$ 相连，大小为 $j$ 的这个连通块内方案数为 $d p_{j}$ ，剩余 $i - j$ 个点的方案数为 $g_{i - j}$ 。
于是得到式子：

d p_{i} = g_{i} - \sum_{j = 1}^{i - 1} (\binom{i - 1}{j - 1}) d p_{j} g_{i - j}

这个式子是图上计数问题的套路做法，时间复杂度 $O (n^{2})$ 。

T4

考虑按位贪心，每一位选 $0$ 能白嫖到 $1$ 显然先选 $0$ ，不然从高位到低位优先选 $1$ 。
树上问题考虑 $dfs$ 序 $+$ 线段树。于是初步的想法是设出每一位初始为 $0 / 1$ 时结果为 $0 / 1$ ，注意由于路径在 $dfs$ 序上体现的是先减少后增加要维护从左到右/从右到左的顺序。
由于空间开不下，考虑 $64$ 位状压成 unsigned long long。然后树剖，线段树维护即可。

2024.8.13 CSP-S 模拟赛20

T1

虽然 $D$ 很大，但实际给饼干的天数是 $\leq N$ 的。于是只考虑实际给饼干的天数 $t$ 的方案，最终答案 $\times (\binom{D}{t})$ 即可。
然后设 $d p_{i, j}$ 表示前 $i$ 天给了 $j$ 块饼干的方案数。列出方程是容易的，不难想到前缀和优化。

T2

分讨+暴力有 $76 p t s$ 。
考虑暴力是将与 $1$ 号节点相连的所有点集 $A$ 内的点一一断开后跑到其他边的最短路。每次对每个点单独计算复杂度太不优了，如果我们能一次性计算 $A$ 的某个子集 $B$ 和其补集 $C$ 之间的最短路是否更优？
考虑二进制分组优化。对于每一位的 $0 / 1$ 分组，通过分别连 $1$ 和 $n + 1$ 构图，跑最短路即可。显然任意两个数总会在某一位上不同，正确性显然，复杂度 $O (m \log n \log V$ )。
当需要计算两两之间贡献的时候，考虑分组一次性计算多个点对之间的贡献，实现上考虑二进制优化分组。

T3

二选一问题通用的处理方式是建图，由一个状态向另一个状态连边，分析最后图的形态。
对于本题，由明牌向暗牌连边，显然最后的图由多个连通块构成，不难得到每个连通块合法的可能性只有树和基环树。最终的合法情形显然是所有点的出度 $\leq 1$ ，考虑计算最终的方案数。
对于树，我们进行树形 dp，换根 dp 计算以每个点为根时的最终贡献，转移方程是容易的。记录最终方案数即可。
对于基环树，断掉一条边 $(u, v)$ ，计算方案数后考虑 $(u, v)$ 的贡献，检查 $u, v$ 是否都能为根即可。

T4

若根据树形 dp 的一般形式，由儿子的选择确定父亲的选择是困难的，除非表示出儿子的选择状态，但复杂度上不可接受。
考虑根据父亲节点的选择决定儿子节点的选择。具体地，设 $d p_{i, j}$ 表示 $i$ 的子树内由 $j$ 人打仗的最大贡献，对于每一个节点，枚举其状态，对于叶子节点直接计算最优解即可。复杂度是 $O (2^{n - 1} \log 2^{n - 1})$ 。

2024.8.14 CSP-S 模拟赛21

T1

神秘的计数题目。
考虑到球和空位置是等价的。于是想到最终成一个山峰的形式，图请看洛谷题解。
于是枚举山峰的高度和上下两个峰谷的横坐标，根据组合意义路径的计数与常见的组合计数公式计算即可。

T2

常见的套路，删边 $\to$ 加边。显然连通块内距某一点最远的距离的点一定是某一条直径的端点，于是并查集维护连通性，同时合并直径， $LCA$ 求距离即可。

T3

抽象的线段树题目，改完了再来填坑。
upd on 2024.9.2 :
先考虑方便地维护出每一行有多少个数出现次数 $< k$ 。矩形问题显然先想到扫描线。
考虑线段树 push_up 的操作过程。由于 $k$ 太小了，事实上我们可以只维护每个区间前 $k$ 小的值及每个值的出现次数，容易证明一定可以维护到所有 $< k$ 的取值。
考虑得出每行较小的那个种类的个数 $p$ 之后如何维护。比较 $p$ 和 $x$ 的大小关系，简单地推一下式子之后维护前缀和即可。

T4

考虑删添行的过程中，很多转移是可重复利用的，于是采用一个对顶栈来动态维护 $m i d$ ，维护上面每一行/下面每一行到 $m i d$ 的方案数。由于跳马字，同时维护每个点到 $m i d + 1, m i d - 1$ 的方案数。每行的转移是 $O (n^{2})$ 的。
当上面没有值的时候，考虑重构。由于每一行只会被重构一次，重构的复杂度为 $O (n^{2})$ ，总复杂度 $O (q n^{3})$ 。

2024.8.15 CSP-S 模拟赛22

T1

考虑两个雪球答案区间确定当且仅当某个时刻二者有交集。于是维护前缀 $max, min$ ，对于每个雪球二分时间即可。

T2

考虑枚举七影碟被分割成的行数和列数。这一步的复杂度是因数级别的。
于是离散化，将原图压缩后前缀和检查当前情况是否满足要求，然后统计答案即可。

T3

正常的做法是 $60 p t s$ 的区间 dp。
考虑转化最优性问题为判定性问题。注意到 $cost$ 的范围很小，考虑二分花费， dp 检查，使用 std::bitset 优化后的时间复杂度是 $\frac{n^{2} \log n^{2}}{w}$ 。

T4

神奇珂朵莉树黑科技题目，等我补上题再说吧。
upd on 2024.9.2 :
考虑询问操作该怎么解决。考虑维护对于每一个位置 $i$ ，维护一个 $p r e_{i}$ 表示上一个与它颜色相同的点的位置。这样一来我们需要求的就是 $[l, r]$ 区间中 $p r e_{i} < l$ 的个数。
结合修改操作的时间维和本身序列的维度，不难想到这是一个三维偏序问题，于是采用 CDQ 分治方便地解决。
考虑维护 $p r e$ 序列的方式。颜色段均摊容易想到老司机树，于是在分裂操作中动态维护所有前缀可能改变的值，修改后再查询其前缀即可。
代码的实现有很多的细节。

2024.8.17 CSP-S 模拟赛23

T1

若 $n ∣ a_{i}$ ，显然不会有合法方案。于是 $1 \sim n$ 的前缀和有 $1 \sim n - 1$ 这 $n - 1$ 种，由于鸽巢原理，必有两个前缀和相同，该区间即为所求。

T2

问题是求区间众数，且这个众数的出现次数 $> \frac{n + 1}{2}$ 。卡空间 16MiB，于是摩尔投票的模板题。
最后依据出现次数算出答案即可。

T3

当没有 $0$ 权边时，对于每一个 $(u, v)$ 寻找有无 $t$ 使得 $d i s_{u, v} = d i s_{u, t} + d i s_{t, v}$ 即可，若有，记录 $(k - d i s_{u, v} + 1)$ 的贡献。
当有 $0$ 权边时，显然不能这么做。考虑独立计算 $0$ 权边的贡献。先将 $0$ 权边缩点，记录每个连通块内 $0$ 权边的个数 $s i z_{i}$ ，于是变为没有 $0$ 权边的情形，对于 $(u, v)$ ，若有上文所说的 $t$ ，贡献是 $(k - d i s_{u, v} + 1)^{s i z_{u} \times s i z_{v}}$ ，否则贡献容斥一下显然是 $(k - d i s_{u, v} + 1)^{s i z_{u} \times s i z_{v}} - (k - d i s_{u, v})^{s i z_{u} \times s i z_{v}}$ 。
于是考虑 $0$ 联通块内部的情况。考虑计算 $f_{i}$ 表示 $i$ 个点的集合中两两之间距离为 $0$ 的方案数， $g_{i}$ 表示所有情况的方案数。容易得到 $g_{i} = (k + 1)^{(\binom{i}{2})}$ 。
考虑经典的容斥计算 $f_{i}$ 。是和 CSP-S 模拟赛19 T3 一样的式子，不同的是需要再乘上 $k^{j (i - j)}$ 以表示两个部分之间连的边必须为正权边的限制。

f_{i} = g_{i} - \sum_{j = 1}^{i - 1} f_{j} g_{i - j} (\binom{i - 1}{j - 1}) k^{j (i - j)}

T4

先考虑没有相同元素的情况，显然这样一来新加入的数必须 $\geq$ 原先的中位数。
考虑当前中位数为 $p$ ，未选数的集合为 $A$ 的情形。显然当前的最优决策是加入 $max_{A}$ 。
- 如果当前已选的个数为偶数，下一步的中位数一定是当前已选集合中位置为 $\frac{n}{2} + 1$ 的数 $p$ 。考虑加入 $max_{A}$ 之后的可行性。此时的中位数 $p$ 若可行，必须 $> min_{A}$ 。于是和其对比，可行就加入 $max_{A}$ ，否则加入 $min_{A}$ 。
- 若为奇数，同样考虑加入数 $t$ 之后的决策。若 $min_{A} \geq \frac{p}{2}$ ，由于中位数的单调性，显然无论放什么都行，于是放 $max_{A}$ ；否则就只能放 $A$ 中最大的元素 $t$ 使得 $\frac{p + t}{2} \leq min_{A}$ 。
考虑存在一个数 $k$ 的出现次数 $\geq 2$ 。设 $\leq k$ 且未被选择的数的集合为 $B$ ，我们贪心地操作，放置两个 $k$ 之后我们一次选择 $max_{A}, max_{B}$ ，不难看出此时的中位数没有变化，直到某一边的数用完了。但显然若 $k > p$ ，之后便没有数可填了，无法采用此策略。用完之后采取没有相同元素的策略即可。
具体地，维护集合最大值这些的可以使用 std::multiset，维护中位数可以使用对顶堆。

2024.8.19 CSP-S 模拟赛24

T1

容易发现某个电阻可被选择当且仅当其存在于所有的奇环且不存在于任何一个偶环当中。现在的问题转化为计算每一条边被奇环和偶环分别经过的次数。
计算环上问题考虑化图为树，断掉返祖边来计数。在返祖边的起终点树上差分即可。
注意细节的处理。

T2

考虑题目的本质。对于每一个点 $x$ ，左儿子区间的所有值均比它小，右儿子区间的所有值均比它大。
那么树链剖分维护区间 $max, min$ 即可。

T3

考虑依题意，构造序列的方式就是以某一点 $x$ 为起点， $y$ 为终点，遍历一遍整棵树，每个点的权值就是它的 $dfs$ 序。
考虑确定 $x, y$ 。由常见的引理，若 $x = y$ ，路径长度是一定的，于是考虑让 $dist (x, y)$ 最大。取直径即可。

T4

考虑计算 $c^{a_{i}^{a_{i} \dots}} mod p$ 的值。记 $c$ 对 $a_{i}$ 的 $k$ 次幂为 $f (a_{i}, k, p)$ ，普遍形式下由扩展欧拉定理：

f (a_{i}, k, p) \equiv c^{f (a_{i}, k - 1, φ (p)) + φ (p)} mod p

非普遍的形式是类似的。我们发现 $f$ 中的模数是 $φ (φ \dots (p))$ ，这是一个收敛的形式。
注意到 $φ (p)$ 在至多 $\log p$ 次迭代之后变为 $1$ ，于是对于每个点，迭代次数是有限的，于是上线段树维护区间和即可。

2024.8.20 CSP-S 模拟赛25

T1

注意到先手必胜当且仅当树上存在一条路径 $(u, v)$ 使得有一个边权的出现次数 $\equiv 1 (\mod 2)$ 。
路径问题考虑树上差分。由于 $1 \to LCA(u,v)$ 边权的出现次数被减去两遍，等价于没有贡献，于是等价于 $1 \to u$ 边权出现次数 $+ 1 \to v$ 边权出现次数。
考虑转化问题为出现次数 $\equiv 0 (\mod 2)$ 。偶数次的出现容易联想到异或的性质。对于每条 $1 \to u$ 的路径，考虑设计哈希函数 $p (i)$ 记录路径上每个边权出现的次数 $mod 2$ 的值，显然若 $(u, v)$ 满足条件则 $p (u) \oplus p (v) = 0$ ，即 $p (u) = p (v)$ 。
std::unordered_map 统计即可。

T2

考虑到序列总有一个极大的区间，最优秀情况下总是在这个区间反复横跳取到最大值。记这个区间的右端点为 $r$ 。
考虑到达这个区间的途径。容易想到我们总希望尽可能向右跳。我们跳跃的过程总是先到达一个右端点，再在以此点为右端点的极大区间内反复横跳攒权值，攒够之后在左端点调向下一个右端点。
考虑到任何情况下我们总希望让 跳的次数尽量少，于是容易设计 dp。设 $d p_{i}$ 表示 $1 \to i$ 跳的最少次数和跳到 $i$ 的权值，转移的时候枚举从哪里转移而来即可。
统计答案时枚举每个点作为极大区间的左端点。本题的关键是能准确把握跳跃的过程。

T3

SB 远古构造题，不想讲。大概就是一个栈在 dfs 过程中动态维护就没了。

T4

区间循环右移这样的 SB 操作显然 FHQ-Treap。
显然考虑维护 $t a g$ 表示子树内有无三元上升子序列，同时维护 $m a x x, m i n n$ 表示区间最大值和最小值。 $t a g$ 的转移是可继承的。考虑三元上升子序列的产生方式。如果这个子序列经过了根节点，显然是好处理的。问题是二者在右子树、另外一个在左子树，或是相反的情形。
我们只考虑二者在右子树的情形，另外一种是等价的。考虑标记 $m x g$ 表示存在最大的以子树内权值 $x$ 开头的二元上升子序列。有了 $m x g$ ，可以容易地维护 $t a g$ 。
显然 $m x g = max (m x g_{l c}, m x g_{r c})$ 。考虑维护二者在一左一右子树里的情形。显然终点取到 $m a x x_{r c}$ 。现在的问题是在左子树中取最大的 $< m a x x_{r c}$ 的值。
考虑维护 $m x g$ 的意义当且仅当 $t a g = 0$ 。此时子树内 不存在三元上升子序列。那么容易知道左子树内 $m a x x_{r c}$ 的所有值 按照排名单调递减。 我们将元素关系问题转化为了排名问题，是在平衡树上容易 $\log n$ 维护的。
时间复杂度 $O (\log^{2} n)$ 。

2024.8.21 CSP-S 模拟26

T1

签到题。某一道训练题目的弱化版。

T2

考虑贪心地，最优情况网的左端点一定在某一条鱼上。
直接计算时间显然是困难的。 $n \leq 10^{3}$ ，可以 $O (n^{2})$ 做。于是我们可以枚举网的左端点在哪条鱼上，再枚举每一条鱼计算其在网中的停留时间 $[l, r]$ ，问题就成了经典的线段覆盖问题，前缀和是好维护的。
本题的关键是想到转化枚举难以计算的时间为枚举鱼来计算时间得出答案。

T3

容易想到将数列按照 $\frac{2}{k}$ 分为两组。显然都大于 $\frac{2}{k}$ 的一组一定合法，都小于的一定不合法，一大一小需要比较 $| x - \frac{2}{k} |$ 的大小。
排列的方案数等价于填满的方案数。考虑构造合法排序方式。考虑到 $| x - \frac{2}{k} |$ 的限制更强一些，于是先按 $| x - \frac{2}{k} |$ 的大小排序，相等时按 $x$ 的大小排序，这样一来是一定合法的。
填数问题就是维护连续段。将 $> | x - \frac{2}{k} |$ 的数记为 $1$ ， $< | x - \frac{2}{k} |$ 的数记为 $0$ ，按照这样的排序方式，所有的 $0$ 都要紧靠在 $1$ 的旁边。于是维护计算 $1$ 的数量 $s$ ，通过组合意义就可以计算出答案。

T4

根据常见的引理，不难想到生成树的边数可以用 $dfs$ 序来维护，点数就是边数 $+ 1$ 。
离线的区间询问考虑莫队。维护 $dfs$ 序的前驱后继可以用链表。然而加入操作是难以维护的，于是考虑只删不加的回滚莫队。动态维护距离即可。
时间复杂度是 $O (n \sqrt{n})$ 的。

2024.8.22 CSP-S 模拟27

T1

朴素 dp 是好写出的： $d p_{i} = max {d p_{j} + a_{i} - \frac{(i - j - 1) (i - j)}{2}}$ 。
优化显然是斜率优化 dp。如果没有 $a_{i} \geq a_{j}$ 就是板子。加了条件之后本质是二维偏序，考虑 CDQ 来维护。

T2

当 $k \leq 8$ 时，考虑记忆化搜索。
朴素的记忆化大概是考虑状压每个字符的出现次数，当所有字符出现次数一致时，剩余的排名显然一致。
然而考虑相邻字符不相同的条件限制。那么容易想到加上一维表示上一个选的字符出现了多少次。
对于 $k \geq 8$ ，我们发现答案前面大量有 abab... 状物，于是先输出这些 "废" 字符直到 $k \leq 8$ 再记搜即可。

T3

是神秘的 dp 题目，待到完全理解思路再来填坑。

T4

考虑复数的三角表示。当 $θ$ 确定时，显然边权是确定的。
乱搞的做法是渐进地枚举 $θ$ 。至于正解，考虑最优化的答案向量一定是某两条向量的加和，这样的角度 $θ$ 便是确定的 $m^{2}$ 个里的取值，然后枚举这些取值跑最小生成树即可。
时间复杂度 $O (m^{3} \log m)$ 。似乎由 $O (m^{2} \log m)$ 的做法，我不会。